《江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十七点线面之间的位置关系文含解析苏教版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十七点线面之间的位置关系文含解析苏教版.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时跟踪检测（三十七）点、线、面之间的位置关系课时跟踪检测（三十七）点、线、面之间的位置关系 一抓基础，多练小题做到眼疾手快 1设P表示一个点，a，b表示两条直线，表示两个平面，给出下列四个命题， 其中正确命题的序号是_ Pa，Pa； abP，ba； ab，a，Pb，Pb； b，P，PPb. 答案： 2(2018高邮期中)给出以下说法： 不共面的四点中，任意三点不共线； 有三个不同公共点的两个平面重合； 没有公共点的两条直线是异面直线； 分别和两条异面直线都相交的两条直线异面； 一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面 其中正确结论的序号是_ 解析：在中，不共面的四点中，任意三点不
2、共线是正确命题，可以用反证法证明：若 其中任意三点共线，则四点必共面，故正确； 在中，有三个不同公共点的两个平面重合或相交，故错误； 在中，没有公共点的两条直线是异面直线或平行直线，故错误； 在中，分别和两条异面直线都相交的两条直线异面或共面，故错误； 在中， 一条直线和两条异面直线都相交， 则由两条相交线能确定一个平面得它们可以 确定两个平面，故正确 答案： 3若平面，相交，在，内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定 _个平面 解析：如果这四点在同一平面内，那么确定一个平面；如果这四点不共面，则任意三点 可确定一个平面，所以可确定四个 答案：1 或 4 4 如图， 平行六面体ABCD
3、A1B1C1D1中， 既与AB共面又与CC1共面 的棱有_条 解析：依题意，与AB和CC1都相交的棱有BC；与AB相交且与CC1 平行有棱AA1，BB1；与AB平行且与CC1相交的棱有CD，C1D1.故符合条 件的有 5 条 答案：5 5设a，b，c是空间中的三条直线，下面给出四个命题： 若ab，bc，则ac； 若ab，bc，则ac； 若a与b相交，b与c相交，则a与c相交； 若a平面，b平面，则a，b一定是异面直线 上述命题中正确的命题是_(写出所有正确命题的序号) 解析：由公理 4 知正确；当ab，bc时，a与c可以相交、平行或异面，故错； 当a与b相交，b与c相交时，a与c可以相交、平行
4、，也可以异面，故错 ；a，b， 并不能说明a与b“不同在任何一个平面内” ，故错 答案： 二保高考，全练题型做到高考达标 1已知A，B，C，D是空间四点，命题甲：A，B，C，D四点不共面，命题乙：直线AC 和BD不相交， 则甲是乙成立的_条件(填 “充分不必要” “必要不充分” “充要” 或 “既 不充分也不必要”) 解析：若A，B，C，D四点不共面，则直线AC和BD不共面，所以AC和BD不相交；若 直线AC和BD不相交，若直线AC和BD平行时，A，B，C，D四点共面，所以甲是乙成立的 充分不必要条件 答案：充分不必要 2 (2019常州一中检测)如图， 在长方体ABCD A1B1C1D1中，
5、 点E，F 分别为B1O和C1O的中点，长方体的各棱中，与EF平行的有_ 条 解析：EF是OB1C1的中位线， EFB1C1. B1C1BCADA1D1，与EF平行的棱共有 4 条 答案：4 3下列命题中，真命题的个数为_ 如果两个平面有三个不在一条直线上的公共点，那么这两个平面重合； 两条直线可以确定一个平面； 空间中，相交于同一点的三条直线在同一平面内； 若M，M，l，则Ml. 解析：根据公理 3，可判断是真命题；两条异面直线不能确定一个平面，故是假命 题；在空间，相交于同一点的三条直线不一定共面(如墙角)，故是假命题；根据平面的性 质可知是真命题综上，真命题的个数为 2. 答案：2 4已
6、知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面与直线m垂直，则直线n 与平面的关系是_ 解析：因为l，且l与n异面，所以n，又因为m，nm，所以n. 答案：n 5如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD 的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且 ，则下列说法正 CF CB CG CD 2 3 确的是 _(填序号) EF与GH平行； EF与GH异面； EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上； EF与GH的交点M一定在直线AC上 解析：连结EH，FG，如图所示 依题意，可得EHBD，FGBD， 故EHFG，所以E，F，G，H共面 因为EHBD，FGBD，
7、故EHFG， 1 2 2 3 所以EFGH是梯形，EF与GH必相交， 设交点为M.因为点M在EF上， 故点M在平面ACB上同理，点M在平面ACD上， 所以点M是平面ACB与平面ACD的交点， 又AC是这两个平面的交线， 所以点M一定在直线AC上 答案： 6 如图为正方体表面的一种展开图， 则图中的四条线段AB，CD， EF，GH在原正方体中互为异面直线的对数为_对 解析 ： 平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则 AB，CD，EF和GH在原正方体中，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH 都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行故互为异面的直线有且只 有 3 对
8、答案：3 7如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC 的中点，在这个正四面体中， GH与EF平行； BD与MN为异面直线； GH与MN成 60角； DE与MN垂直 以上四个命题中，正确命题的序号是_ 解析：还原成正四面体知GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成 60 角，DEMN. 答案： 8(2019通州月考)如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，CD 的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足 _时， 有MN平面B1BDD1. 解析：HNDB，FHD1D， 平面
9、FHN平面B1BDD1. 点M在四边形EFGH及其内部运动， 故MFH. 答案：M在线段FH上 9(2018南师附中检测)如图，E，F分别是长方体ABCDA1B1C1D1的棱A1A，C1C的中 点求证：四边形B1EDF是平行四边形 证明：设 Q 是DD1的中点，连结EQ，QC1，如图 因为E是AA1的中点，Q 是DD1的中点，所以EQ 綊A1D1. 又A1D1綊B1C1，所以EQ 綊B1C1， 所以四边形EQC1B1为平行四边形，所以B1E綊C1Q. 又 Q，F分别是D1D，C1C的中点， 所以 QD綊C1F， 所以四边形DQC1F为平行四边形，所以C1Q 綊DF. 故B1E綊DF，所以四边形
10、B1EDF是平行四边形 10如图所示，四边形ABEF和四边形ABCD都是直角梯形， BADFAB90，BCAD，BCAD，BEFA，BEFA，G，H分 1 2 1 2 别为FA，FD的中点 (1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？说明理由 解：(1)证明：因为G，H分别为FA，FD的中点， 所以GHAD，GHAD. 1 2 又BCAD，BCAD， 1 2 所以GH綊BC，所以四边形BCHG为平行四边形 (2)四点共面，理由如下：由BEFA，BEFA，G为FA的中点知，BEFG，BEFG， 1 2 所以四边形BEFG为平行四边形，所以EFBG. 由(1
11、)知BGCH，所以EFCH，所以EF与CH共面 又DFH，所以C，D，F，E四点共面 三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1 如图所示， 设E，F，G，H依次是空间四边形ABCD边AB，BC，CD，DA 上除端点外的点，则下列结论中正确的是 AE AB AH AD CF CB CG CD _(填序号) 当时，四边形EFGH是平行四边形； 当时，四边形EFGH是梯形； 当时，四边形EFGH一定不是平行四边形； 当时，四边形EFGH是梯形 解析 ： 由， 得EHBD， 且， 同理得FGBD且， 当时，EH AE AB AH AD EH BD FG BD FG且EHFG.当时，EHFG，但EHFG，所以
12、正确，只有错误 答案： 2在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，则在空间中与三条直 线A1D1，EF，CD都相交的直线有_条 解析 ： 如图，在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面， 因为CD与平面不平行，所以它们相交，设CDQ， 连结PQ， 则PQ 与EF必然相交，即PQ 为所求直线由点P的任意性，知有无数条直线 与A1D1，EF，CD都相交 答案：无数 3如图所示，三棱柱ABC A1B1C1，底面是边长为 2 的正三角形，侧 棱A1A底面ABC，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上的动 点，EC2FB2. (1)当点M在何位置
13、时，BM平面AEF? (2)若BM平面AEF，判断BM与EF的位置关系，说明理由；并求BM 与EF所成的角的余弦值 解：(1)法一：如图所示，取AE的中点O， 连结OF， 过点O作OM AC于点M. 因为侧棱A1A底面ABC， 所以侧面A1ACC1底面ABC. 又因为EC2FB2， 所以OMFBEC且OMECFB， 1 2 所以四边形OMBF为矩形，BMOF. 因为OF平面AEF，BM平面AEF， 故BM平面AEF，此时点M为AC的中点 法二：如图所示，取EC的中点P，AC的中点 Q，连结PQ，PB，BQ. 因为EC2FB2，所以PE綊BF， 所以PQAE，PBEF， 所以PQ平面AFE，PB平面AEF， 因为PBPQP，PB，PQ 平面PBQ， 所以平面PBQ平面AEF. 又因为BQ平面PBQ， 所以BQ平面AEF. 故点 Q 即为所求的点M，此时点M为AC的中点 (2)由(1)知，BM与EF异面， OFE(或MBP)就是异面直线BM与EF所成的角或其补角 易求AFEF，MBOF，OFAE，53 所以 cosOFE， OF EF 3 5 15 5 所以BM与EF所成的角的余弦值为. 15 5